Mathematik für Informatiker 1

Prof. Dr. Bernhard Steffen
Dipl.Inf. Malte Isberner – Dr. Oliver Rüthing – Dipl.Inf. Melanie Schmidt – Dr. Hubert Wagner
Übungen zur Vorlesung
Mathematik für Informatiker 1
Wintersemester 2013/14
Übungsblatt (Probeklausur) 9
Die Lösungshinweise dienen primär der internen Kommunikation der Lösungen zu den Übungsaufgaben. Sie sind geeignet, das Vorgehen zur Lösung zu illustrieren und die zur Lösung erforderlichen Ideen und Denkanstöße zu vermitteln.
Bitte beachten Sie jedoch, dass es sich hierbei nicht um Musterlösungen handelt in dem Sinne,
dass sie eine mustergültige Verschriftlichung des jeweiligen Lösungsweges darstellen. Insbesondere
sind aus Platzgründen einige der Lösungswege nur abgekürzt dargestellt. Daraus leitet sich jedoch
nicht ab, dass ein entsprechendes Vorgehen in der Klausur automatisch zur vollen Punktzahl
führt!
Aufgabe 9.1 Aussagen und Mengen
(5 + 5 = 10 Punkte)
1. Seien A, B, C Aussagen. Zeigen Sie die semantische Äquivalenz1
≡ A ⇒ (¬B ∧ C)
¬ A ∧ B ∨ ¬(C ∨ ¬A)
unter Verwendung der in der Vorlesung eingeführten Gesetze der Aussagenlogik (Kommutativität, Assoziativität, Absorption, Distributivität, Negation, Idempotenz, Doppelnegation,
De Morgan, Neutralität). Formen Sie den linksseitigen Ausdruck unter Verwendung der De
Morganschen Gesetze und dem Gesetz der Doppelnegation zunächst soweit um, dass Negationen höchstens noch vor den elementaren Aussagen stehen. Formen Sie dann unter Verwendung anderer Gesetze weiter um. Machen Sie bei jeder Umformung die verwendeten Regeln
kenntlich.
Lösung:
¬ A ∧ B ∨ ¬(C ∨ ¬A) ≡ ¬A ∨ ¬ B ∨ ¬(C ∨ ¬A)
≡ ¬A ∨ ¬B ∧ ¬¬(C ∨ ¬A)
≡ ¬A ∨ ¬B ∧ (C ∨ ¬A)
(De Morgan)
≡ ¬A ∨ (¬B ∧ C) ∨ (¬B ∧ ¬A)
(De Morgan)
(Doppelnegation)
(Distributivität)
(Kommutativität)
≡ ¬A ∨ (¬B ∧ ¬A) ∨ (¬B ∧ C)
≡ ¬A ∨ (¬B ∧ ¬A) ∨ (¬B ∧ C)
≡ ¬A ∨ (¬A ∧ ¬B) ∨ (¬B ∧ C)
≡ ¬A ∨ (¬B ∧ C)
≡ A ⇒ (¬B ∧ C)
1
(Assoziativität)
(Kommutativität)
(Absorption)
(Def. Implikation)
Die Implikation A ⇒ B ist wie üblich mit Hilfe der Standardoperatoren definiert: A ⇒ B ≡df
¬A ∨ B.
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2. Zeigen Sie die semantische Äquivalenz aus Teil 1) mit Hilfe einer Wahrheitstafel.
Lösung: Mit den Ersetzungen
X ≡df ¬A ∨ (¬B ∧ C) ≡ A ⇒ (¬B ∧ C)
Y ≡df B ∨ ¬(C ∨ ¬A)
erhält man folgende Wahrheitstafel:
A
w
w
w
w
f
f
f
f
B
w
w
f
f
w
w
f
f
C
w
f
w
f
w
f
w
f
¬A
f
f
f
f
w
w
w
w
¬B
f
f
w
w
f
f
w
w
¬B ∧ C
f
f
w
f
f
f
w
f
X
f
f
w
f
w
w
w
w
C ∨ ¬A
w
f
w
f
w
w
w
w
¬(C ∨ ¬A)
f
w
f
w
f
f
f
f
Die semantische Äquivalenz der beiden Aussagen
¬ A ∧ B ∨ ¬(C ∨ ¬A)
und
Y
w
w
f
w
w
w
f
f
A∧Y
w
w
f
w
f
f
f
f
¬(A ∧ Y)
f
f
w
f
w
w
w
w
A ⇒ (¬B ∧ C)
lässt sich nun unmittelbar aus den doppelt gerahmten Spalten der Wahrheitstafel ablesen.
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Aufgabe 9.2 Relationen, Ordnungen und Äquivalenzrelationen
(6 + 4 = 10 Punkte)
1. Es sei die Menge M =df {a, e, k, y} gegeben. Wir definieren die Relation
R =df {(a, a), (a, y), (e, e), (k, a), (k, k), (k, y), (y, a), (y, y)}.
a) Ist R eine Quasiordnung? Ist R eine partielle Ordnung? Beweisen bzw. widerlegen Sie
jeweils.
b) Geben Sie R−1 und R ∪ R−1 an.
c) Ist R ∪ R−1 eine partielle Ordnung? Ist R ∪ R−1 eine Äquivalenzrelation? Beweisen bzw.
widerlegen Sie jeweils.
2. Wir definieren die Relation S ⊂ Z × Z durch
a S b ⇔df a − b ist durch 7 teilbar.
Zeigen Sie, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation ist.
Erinnerung: Eine Zahl x ∈ Z ist durch eine Zahl y ∈ Z\{0} teilbar, wenn es eine Zahl k ∈ Z
gibt, so dass x = k · y gilt.
Lösung:
1.
a) R ist eine Quasiordnung, denn:
• R ist reflexiv, da (a, a), (e, e), (k, k) und (y, y) in R enthalten sind.
• R ist transitiv: Es müssen nur Tupel (x, y) und (y, z) überprüft werden, bei denen
x 6= y, y 6= z und x 6= z ist, da die Transitivitätsbedingung im Fall der Gleichheit
für die entsprechenden Tupel sofort erfüllt ist. Die Tupel (k, a) und (a, y) sind in
R, aber auch das Tupel (k, y). Die Tupel (k, y) und (y, a) sind in R, aber auch das
Tupel (k, a). Damit gilt die Transitivität.
R ist keine partielle Ordnung, da im Widerspruch zur Antisymmetrie sowohl (a, y) als
auch (y, a) in R enthalten ist.
b) Für R und R−1 erhalten wir:
R−1 = {(a, a), (a, k), (a, y), (e, e), (k, k), (y, a), (y, k), (y, y)}
R−1 ∪ R = {(a, a), (a, k), (a, y), (e, e), (k, a), (k, k), (k, y), (y, a), (y, k), (y, y)}
c) Auch R−1 ∪ R ist keine partielle Ordnung, da (a, y) und (y, a) in R enthalten sind.
R−1 ∪ R ist jedoch eine Äquivalenzrelation, denn:
• R−1 ∪ R ist reflexiv, da (a, a), (e, e), (k, k) und (y, y) in R−1 ∪ R enthalten sind.
• R−1 ∪ R ist symmetrisch: Für jedes Tupel (x, y) ∈ R ist (y, x) ∈ R−1 und damit
auch in R−1 ∪ R. Für jedes Tupel (y, x) ∈ R−1 ist (x, y) ∈ R und damit auch in
R−1 ∪ R.
• R−1 ∪ R ist transitiv: Im Vergleich zu oben müssen wir folgende zusätzlichen Kombinationen prüfen: Die Tupel (a, k) und (k, y) sind in R−1 ∪ R, aber auch (a, y).
Die Tupel (a, y) und (y, k) sind in R−1 ∪ R, aber auch (a, k). Die Tupel (y, a) und
(a, k) sind in R−1 ∪ R, aber auch (y, k). Die Tupel (y, k) und (k, a) sind in R−1 ∪ R,
aber auch (y, a). Damit gilt die Transitivität.
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2. Wir zeigen, dass S eine Äquivalenzrelation ist.
• S ist reflexiv: Für alle a ∈ Z gilt a − a = 0, und 0 ist durch alle Zahlen in N\{0} und
damit insbesondere durch 7 teilbar.
• S ist symmetrisch: Für alle a, b ∈ Z gilt a − b = b − a und damit ist a − b genau dann
durch 7 teilbar, wenn b − a durch 7 teilbar ist.
• S ist transitiv: Seien a, b, c ∈ Z und seien a − b sowie b − c durch 7 teilbar. Dann
existieren Zahlen k1 , k2 ∈ N, so dass a − b = 7k1 und b − c = 7k2 gilt. Insbesondere ist
dann a − c = a − b + b − c = 7(k1 + k2 ), und damit ist auch a − c durch 7 teilbar.
Aufgabe 9.3 Induktion
(5 + 5 = 10 Punkte)
1. Zeigen Sie die folgende Aussage mit verallgemeinerter Induktion. Für jede Zahl n ∈ N gilt: n
ist genau dann durch 3 teilbar, wenn ihre Quersumme durch 3 teilbar ist.
Erinnerung: Die Quersumme einer Zahl ist die Summe ihrer Ziffern. So hat bspw. die Zahl
108 die Quersumme 1 + 0 + 8 = 9, und in der Tat sind sowohl 9 als auch 108 durch 3 teilbar.
Erinnerung 2: Eine Zahl n ∈ N ist durch eine Zahl t ∈ N teilbar, wenn es eine Zahl k ∈ N
gibt, so dass n = t · k gilt.
2. Betrachten Sie die folgende BNF mit den Terminalsymbolen {0, 1} und Nichtterminalsymbolen {hAi, hEi, hHi, hM i, hT i}, deren Startsymbol hT i ist:
hAi ::= 11
hEi ::= 101
hHi ::= 010
hM i ::= 00
hT i ::= hM ihAihT i | hHihEi
Mit dieser BNF lassen sich unendlich viele Bitstrings erzeugen.
Beweisen Sie mit struktureller Induktion: In jedem Bitstring, der von hT i abgeleitet werden
kann, ist die Anzahl der enthaltenen 0en und 1en gleich.
Lösung:
1. Wir beweisen die Aussage mit verallgemeiner Induktion. Hierzu verschärfen wir unsere Induktionsbehauptung wie folgt:
∀ n ∈ N.n mod 3 = qs(n) mod 3
Offensichtlich reduziert sich die ursprünglich zu beweisende Aussage auf den Spezialfall n mod 3 =
0 ⇔ qs(n) mod 3 = 0.
Die Quersummenfunktion qs : N → N lässt sich wie folgt induktiv definieren. Für n < 10 ist
qs(n) = n. Für n ≥ 10 lässt sich n eindeutig in n = 10m + r, m ∈ N, r ∈ {0, . . . , 9} zerlegen;
hierbei entspricht r der letzten Ziffer der Dezimaldarstellung von n, während m derjenigen
Zahl entspricht, die sich ergibt, wenn man die letzte Ziffer aus der Dezimaldarstellung von n
entfernt. Die Quersumme von n ergibt sich damit zu qs(n) = qs(m) + r.
Die verschärfte Induktionsbehauptung lässt sich dann wie folgt beweisen:
• Induktionsanfang: n < 10. Dann ist qs(n) = n, und die Behauptung folgt unmittelbar.
• Induktionsschritt: Sei n ≥ 10 beliebig, und sei die Behauptung für alle m < n bereits nachgewiesen. Wir wählen m ∈ N und r ∈ {0, . . . , 9} so, dass n = 10m + r gilt
(offensichtlich ist m < n). Dann gilt:
n mod 3 = (10m + r) mod 3
= (10m mod 3) +3 (r mod 3)
= (m mod 3) +3 (r mod 3)
(n = 10m + r)
(Homomorphie von mod 3)
(10 mod 3 = 1)
= (qs(m) mod 3) +3 (r mod 3)
(Induktionsvoraussetzung)
= (qs(m) + r) mod 3
(Homomorphie von mod 3)
= qs(n) mod 3
(Def. qs)
5
2. Für alle Nichtterminalsymbole außer hT i gibt es nur eine einzige Produktionsregel, welche
außerdem nur Terminalsymbole auf der rechten Seite enthält. Wir können die angegebene
Grammatik daher wie folgt äquivalent vereinfachen:
hT i ::= 0011hT i | 010101
Ferner bezeichnen wir im Folgenden für einen Bitstring s ∈ {0, 1}∗ die Anzahl der Nullen in
s als #0 (s) sowie die Anzahl der Einsen in s als #1 (s).
Sei nun s ∈ {0, 1}∗ ein aus hT i erzeugter Bitstring. Wir müssen nun lediglich die folgenden
beiden Fälle betrachten:
• Fall 1: s ist ein aus der Regel hT i ::= 010101 erzeugter Bitstring (d.h. s = 010101).
Offensichtlich ist #0 (s) = #1 (s) = 3.
• Fall 2: s ist ein aus der Regel hT i ::= 0011hT i erzeugter Bitstring. Damit hat s die
Form s = 0011s0 , wobei s0 ein aus hT i erzeugter Bitstring ist. Offensichtlich ist #0 (s) =
#0 (s0 ) + 2 sowie #1 (s) = #1 (s0 ) + 2. Nach Induktionsvoraussetzung gilt außerdem
#0 (s0 ) = #1 (s0 ), woraus direkt #0 (s) = #1 (s) folgt.
6
Aufgabe 9.4 Verbände
(5 + 3 = 8 Punkte)
1. Sei M eine beliebige Menge und T (M ) die Menge aller transitiven Relationen auf M . In T (M )
sind also alle Relationen R ⊆ M × M enthalten, die erfüllen, dass für alle a, b, c ∈ M gilt:
Wenn (a, b) ∈ R und (b, c) ∈ R, dann ist auch (a, c) ∈ R.
Ist (T (M ), ⊆) ein Verband? Beweisen oder widerlegen Sie.
2. Wir definieren die Menge V =df {0, chr , ist, ma, me, rry, s, 1}, die acht verschiedene Symbole
enthält. Auf dieser Menge V legen wir durch folgendes Hasse-Diagramm eine Ordnung so fest,
dass V mit dieser Ordnung einen Verband bildet:
1
me
rry
ma
s
ist
chr
0
Ist dieser Verband distributiv?
Lösung:
• Die Teilmengenrelation ist (auch) auf T (M ) eine partielle Ordnung, wie man sich leicht überlegen kann.
Wir müssen zeigen, dass es für je zwei Relationen aus T (M ) ein Infimum sowie ein Supremum
gibt. Seien also Q, R ∈ T (M ) zwei transitive Relationen, gesucht ist eine Relation S, die das
Supremum von Q und R ist. Da Q ⊆ S und R ⊆ S gelten muss, ist S ⊆ Q ∪ R. Q ∪ R ist
aber nicht notwendigerweise transitiv, also nicht unbedingt in T (M ). Deshalb wählen wir S
als transitive Hülle von Q ∪ R, d.h. S = (Q ∪ R)+ . S erfüllt damit gerade die Eigenschaft,
dass es keine bzgl. ⊆ kleinere Relation gibt, die transitiv ist und Q ∪ R enthält. Deshalb gilt
sup({Q, R}) = S.
Für das Infimum wählen wir den Schnitt von Q und R. Wir überlegen uns, dass Q ∩ R
transitiv ist: Es gelte (a, b) ∈ Q ∩ R und (b, c) ∈ Q ∩ R. Dann muss auch (a, b), (b, c) ∈ Q und
(a, b), (b, c) ∈ R gelten. Da Q und R transitiv sind, gilt auch (a, c) ∈ Q und (a, c) ∈ R. Damit
ist (a, c) auch im Schnitt von Q und R, also (a, c) ∈ Q ∩ R und somit ist Q ∩ R ∈ T (M ).
Q ∩ R ist offensichtlich die bzgl. ⊆ größte Menge, die eine Teilmenge von sowohl Q als auch
R ist und somit ist Q ∩ R = inf ({Q, R}).
• Der Verband ist nicht distributiv: Es ist me f (chr g ist) = me f 1 = me, aber (me f chr) g
(me f ist) = chr g 0 = chr
7
Aufgabe 9.5 Algebraische Strukturen
(2 + 4 + 4 = 10 Punkte)
1. Sei hM1 , ⊕1 i Monoid mit neutralem Element e1 , hM2 , ⊕2 i Monoid mit neutralem Element e2
und h : hM1 , ⊕1 i → hM2 , ⊕2 i ein Monoidhomomorphismus. Beweisen Sie:2
h ist injektiv ⇒ Kern(h) = {e1 }.
Lösung: Wir zeigen die Kontraposition: Kern(h) 6= {e1 } ⇒ h ist nicht injektiv.
Sei also Kern(h) 6= {e1 }. Da e1 ∈ Kern(h), existiert dann noch ein a 6= e1 in Kern(h). Damit
gilt h(a) = h(e1 ) = e2 , folglich ist h nicht injektiv.
2. Im Gegensatz zu Gruppenhomomorphismen gilt die Umkehrung der Implikation in Teil 1)
für Monoidhomomorphismen im allgemeinen nicht. Geben Sie zwei Monoide und einen nicht
injektiven Monoidhomomorphismus zwischen diesen an, so dass dessen Kern dennoch trivial
ist.
Lösung: Siehe Beispiel 8.3 des Skriptes: Wir wählen als Alphabet A z.B. A = {a, b}. Betrachte
dann die folgenden Monoide M1 = hA∗ , ·i und M2 = hN, +i. Für ein Wort w ∈ A∗ bezeichne
|w| die Länge des Wortes w. Die Abbildung h : A∗ → N, definiert durch h(w) =df |w| ist
ein Monoid-Homomorphismus, da h(ε) = 0 und h(v · w) = h(v) + h(w). Offensichtlich ist
Kern(h) = {ε}, h ist aber nicht injektiv, z.B. gilt h(aa) = h(ab) = 2.
3. Es sei hG, ⊕i eine Gruppe. Zu festem x ∈ G sei auf G eine weitere Verknüpfung : G×G → G
durch
a b =df a ⊕ x ⊕ b
definiert.
a) Zeigen Sie, dass hG, i eine Gruppe ist.
b) Erstellen Sie die Verknüpfungstabelle für konkret für das Beispiel hG, ⊕i = hZ3 , +3 i
und x = 2.
Lösung:
a) Wir weisen die Gruppeneigenschaften nach. Es seien a, b, c beliebige Elemente von G.
• Assoziativität:
a (b c) = a ⊕ x ⊕ (b ⊕ x ⊕ c) = a ⊕ x ⊕ b ⊕ x ⊕ c = (a ⊕ x ⊕ b) ⊕ x ⊕ c = (a b) c,
da G assoziativ ist.
• Neutrales Element ist x−1 : Es gilt
a x−1 = a ⊕ x ⊕ x−1 = a ⊕ e = a und
x−1 a = x−1 ⊕ x ⊕ a = e ⊕ a = a
• Existenz des inversen Elementes:
Inverses Element zu a ∈ G ist x−1 ⊕ a−1 ⊕ x−1 : Es gilt
a (x−1 ⊕ a−1 ⊕ x−1 ) = a ⊕ x ⊕ (x−1 ⊕ a−1 ⊕ x−1 ) = a ⊕ a−1 ⊕ x−1 = x−1
und
(x−1 ⊕ a−1 ⊕ x−1 ) a = (x−1 ⊕ a−1 ⊕ x−1 ) ⊕ x ⊕ a = x−1 ⊕ a−1 ⊕ a = x−1 .
2
Wie üblich gilt Kern(h) =df {m ∈ M1 | h(m) = e2 }.
8
b)
0
1
2
9
0
2
0
1
1
0
1
2
2
1
2
0
Aufgabe 9.6 Wissensfragen
(10 Punkte)
Hinweis: Pro richtiger Antwort (Ja/Nein) gibt es einen Punkt. Begründen Sie eine Ihrer „Ja“Antworten (2 Zusatzpunkte) und eine Ihrer „Nein“-Antworten (2 Zusatzpunkte) ausführlich. Machen
Sie kenntlich, welche Antwort Sie begründet haben. Sofern es mehrere Begründungen gibt, wird die
erste Begründung bewertet.
1. Die Menge der durch 2 teilbaren natürlichen Zahlen ist echt mächtiger als die Menge der
durch 7 teilbaren natürlichen Zahlen.
Lösung: Falsch. Die Mengen 2N sowie 7N sind beide gleich mächtig (nämlich abzählbar
unendlich). Eine dies nachweisende Bijektion ist bspw. f : 2N → 7N, f (n) = 7n
2 mit der
2n
−1
Umkehrfunktion f (n) = 7 .
2. Die Funktion qs : N → N, die jeder natürlichen Zahl ihre Quersumme zuordnet, ist ein
Ordnungshomomorphismus bzgl. der ≤-Ordnung auf den natürlichen Zahlen.
Lösung: Falsch. Für einen Ordnungshomomorphismus müsste gelten:
∀ n, m ∈ N.n ≤ m ⇒ qs(n) ≤ qs(m).
Dies ist jedoch offenbar nicht der Fall, so gilt beispielsweise 9 < 10, jedoch qs(9) = 9 >
qs(10) = 1.
3. Wenn die Relationen R ⊆ A × A und S ⊆ A × A transitiv sind, dann ist auch die Relation
R ∪ S transitiv.
Lösung: Falsch. Die Transitivität bleibt unter der Vereinigung von Relationen i.A. nicht
erhalten. Ein einfaches Gegenbeispiel ist R =df {(1, 2)}, S =df {(2, 3)}. Die Vereinigung
R ∪ S = {(1, 2), (2, 3)} ist offenbar nicht transitiv, da das Paar (1, 3) nicht in R ∪ S enthalten
ist.
4. Die Menge der positiven natürlichen Zahlen N\{0} mit der Teilbarkeitsrelation bildet einen
vollständigen Verband.
Lösung: Falsch. In einem vollständigen Verband muss insbesondere ein global maximales
Element existieren (inf ∅ = sup(N \ {0})). Dies ist durch das Fehlen der 0 hier jedoch nicht
gegeben.
5. Es gibt keinen Körperhomomorphismus von R nach Q.
Lösung: Wahr. Gemäß Satz 8.59 gilt, dass Körperhomomorphismen stets injektiv sind. Gäbe
es eine injektive Abbildung von R nach Q, so wäre Q mindestens so mächtig wie R. Dies ist
bekanntermaßen jedoch nicht der Fall: Q ist abzählbar unendlich, während R überabzählbar
ist.
6. hZ12 , +12 i hat keine Untergruppe mit 5 Elementen.
Lösung: Wahr. Nach dem Satz von Lagrange teilt die Kardinalität einer Untergruppe die
Kardinalität der zugrundeliegenden Gruppe. Jedoch ist 5 kein Teiler von |Z12 | = 12.
10